专题11 简单机械解析版中考物理压轴题揭秘.docx
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专题11简单机械解析版中考物理压轴题揭秘
决胜2020年中考物理压轴题全揭秘
专题11简单机械
【考点1】:
杠杆
【例1】(2019•广西)如图所示,杠杆在拉力F的作用下水平平衡。
现将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中,杠杆始终保持水平平衡,则拉力F的变化情况是( )
A.一直变大B.一直变小
C.一直不变D.先变大后变小
【考点】杠杆平衡条件及应用
【答案】A
【解析】将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中,钩码的重力不变,其力臂不变,即阻力与阻力臂的乘积不变;将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中,拉力F的力臂逐渐变小,由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知,拉力F逐渐变大。
故选:
A。
【点评】本题考查了杠杆的动态平衡分析,正确的得出拉力力臂的变化是关键。
【变式1-1】(2019•贵阳)如图所示是吊车正在起吊货物的示意图。
该装置通过液压伸缩撑杄推动吊臂并使吊臂绕O点转动,从而通过钢绳将货物缓慢吊起。
假设撑杆对吊臂的作用力始终与吊臂垂直,仅通过转动吊臂提升货物的过程中,则下列分析正确的是( )
A.撑杆对吊臂的作用力不断增大
B.钢绳对吊臂的作用力不断增大
C.撑杆对吊臂的作用力的力臂不断增大
D.钢绳对吊臂的作用力的力臂不断减小
【考点】杠杆平衡条件及应用
【答案】D
【解析】
(1)伸缩撑杆对吊臂的支持力的作用点在吊臂上,方向垂直于吊臂向上,过支持力的作用点,沿支持力的方向画一条有向线段,用F表示,然后从支点O向力的作用线做垂线段,垂线段L即为其力臂,如图所示:
(2)吊车吊起货物的过程中,阻力为重力,重力不变,阻力不变;阻力臂减小;动力臂不变,动力减小,所以支持力逐渐变小,故ABC错误,D正确。
故选:
D。
【点评】此题考查力的示意图和力臂的画法,同时考查杠杆平衡条件的应用,正确得出动力臂、阻力、阻力臂的变化是关键。
【变式1-2】(2019•鄂尔多斯)如图轻杆(不计杠杆重力),O为支点,物重为30N,OA:
AB=1:
2,在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。
下列说法,正确的是( )
A.该杠杆与镊子类型相同
B.图甲位置时,拉力大小为15N
C.图甲位置时,若仅增加物重,则拉力的变化量与物重的变化量之比为3:
1
D.如图乙保持拉力方向不变,将轻杆匀速提到虚线位置,拉力不变
【考点】杠杆平衡条件计算及应用
【答案】D
【解析】A、根据图示可知,动力臂大于阻力臂,因此为省力杠杆;而镊子使用时,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆,因此它们的类型不同,故A错误;
B、已知物重为30N,OA:
AB=1:
2;由杠杆平衡条件可得:
F×OB=G×OA
解得:
F=
=
=
=10N,故B错误;
C、图甲位置时,若仅增加物重,则(F+△F)×OB=(G+△G)×OA,显然拉力的变化量与物重的变化量之比不等于OA与OB的比值,故C错误;
D、保持拉力方向不变,将轻杆匀速提到虚线位置,其力臂如图所示:
OB′为动力臂,OA′为阻力臂,阻力不变为G,
因为△OA′A∽△OB′B,所以OA′:
OB′=OA:
OB=1:
3
由杠杆平衡条件可知,F′×OB′=G×OA′,F′=
=
=10N;由此可知保持拉力方向不变,将轻杆匀速提到虚线位置,拉力不变,故D正确。
故选:
D。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握,能画出杠杆在虚线位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。
【考点2】:
滑轮及滑轮组
【例2】(2019•长春)如图所示,用甲、乙滑轮组在相同时间内分别将A、B物体匀速提升相同高度,已知物体受到的重力GA>GB,滑轮组的机械效率”η甲<η乙(忽略绳重和摩擦)。
下列判断正确的是( )
A.两滑轮组绳端移动的距离相等
B.甲滑轮组的有用功比乙的少
C.甲滑轮组的总功率比乙的小
D.甲滑轮组的动滑轮比乙的重
【考点】滑轮组特点、机械效率计算
【答案】D
【解析】A、由图可知,滑轮组绳子的有效股数n甲=3,n乙=2,则s甲=3h,s乙=2h,则两滑轮组绳端移动的距离不相等,故A错误;B、已知物体受到的重力GA>GB、上升的高度相同,根据W有=Gh可知,甲滑轮组的有用功比乙的多,故B错误。
C、由B可知,W有甲>W有乙,已知滑轮组的机械效率η甲<η乙,由η=
可得,甲滑轮组的总功比乙的大,已知时间相同,由P=
可知,甲滑轮组的总功率比乙的大,故C错误;D、忽略绳重和摩擦,由η=
=
=
可得,η甲=
,η乙=
,因为GA>GB,η甲<η乙,所以甲滑轮组的动滑轮比乙的重,故D正确。
故选:
D。
【点评】本题考查了功和机械效率的计算,关键是η=
=
=
的灵活运用。
【变式2-1】(2019•绵阳)用水平力F1拉动如图所示装置,使木板A在粗糙水平面上向右匀速运动,物块B在木板A上表面相对地面静止,连接B与竖直墙壁之间的水平绳的拉力大小为F2.不计滑轮重和绳重,滑轮轴光滑。
则F1与F2的大小关系是( )
A.F1=F2B.F2<F1<2F2C.F1=2F2D.F1>2F2
【考点】滑轮的特点及应用
【答案】D
【解析】由图知,
(1)动滑轮在水平方向上受到三个力的作用:
水平向右的拉力F1,墙壁对它水平向左的拉力F墙,木板A对它水平向左的拉力F木板,由于木板向右匀速运动,所以F1=F墙+F木板,由于同一根绳子各处的拉力相等,所以F木板=
F1,
由于力的作用是相互的,所以动滑轮对木板A的拉力为F动=F木板=
F1﹣﹣﹣①;
(2)物块B在水平方向上受到两个力的作用:
绳子对它向左的拉力F2,木板A对它向右的摩擦力fA对B;由于物块B保持静止,所以F2=fA对B;
木板A在水平方向上受到三个力的作用:
动滑轮对木板向右的拉力F动,物体B对木板向左的摩擦力fB对A,地面对木板向左的摩擦力f地面,
由于木板向右匀速运动,所以F动=fB对A+f地面﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由于力的作用是相互的,所以fB对A=fA对B=F2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
由②③可得F动=F2+f地面,
即
F1=F2+f地面,也就是F1=2F2+2f地面,所以F1>2F2。
故选:
D。
【点评】此题考查了运动和力的关系及力的作用相互性的应用,正确对物体进行受力分析,明确物体受力情况,是解答此题的关键。
【变式2-2】(2019•自贡)如图所示,物体A、B的重分别为20N、10N,滑轮重和滑轮与绳子之间的摩擦忽略不计,此时物体A在水平面上向右作匀速直线运动,若用力F向左拉物体A,使物体A向左作匀速直线运动,则( )
A.F=20NB.F=10NC.F=5ND.F=30N
【考点】定滑轮和动滑轮的特点及应用
【答案】B
【解析】由图知,此滑轮组由2段绳子承担物重,所以FA=
GB=
×10N=5N;
在水平方向A受到的摩擦力和绳对A的拉力平衡,所以f=FA=5N,方向水平向左;
若使物体A向左作匀速直线运动,则A受摩擦力水平向右,则F′=FA+f=5N+5N=10N。
故选:
B。
【点评】此题考查了滑轮组的省力特点及二力平衡条件的应用,能够判断出摩擦力的大小和方向是解决此题的关键。
【考点3】机械效率
【例3】(2019•福建)工人用如图的机械将物体匀速提升到某一高度,若物体的重力与滑轮的重力之比G物:
G滑轮=9:
1,忽略绳重与摩擦的影响,则机械效率为( )
A.10%B.45%C.80%D.90%
【考点】机械效率的计算
【答案】D
【解析】物体的重力与滑轮的重力之比G物:
G轮=9:
1,G=9G轮,
忽略绳重与摩擦的影响,则机械效率:
η=
=
=
=
=
=90%。
故选:
D。
【点评】本题考查了动滑轮机械效率,常见题目。
【变式3-1】(2018•郴州)如图所示,在相同时间内,用大小相同的拉力F把等质量的甲、乙两物体沿斜面AB、AC从低端拉到斜面顶端。
F做功的功率分别为P甲、P乙,机械效率分别为η甲、η乙.下列分析正确的是( )
A.P甲>P乙,η甲<η乙B.P甲<P乙,η甲<η乙
C.P甲<P乙,η甲>η乙D.P甲>P乙,η甲>η乙
【考点】功和功率的计算;机械效率的计算
【答案
【解析】
(1)已知AB>AC,拉力相同,由W=Fs可知,W1>W2;
根据P=
,W1>W2,时间相同,所以P甲>P乙;
(2)已知物体的重力不变,斜面的高度不变,故由W=Gh可知,将等质量的甲、乙两物体分别沿斜面AB、AC以相同的速度从底部匀速拉到顶点所做的有用功相同,W1有=W2有;因为W1>W2,由η=
可得,η甲<η乙。
故选:
A。
【点评】本题以斜面为载体考查了物体做功的大小、功率的大小以及机械效率高低的比较,有一定的难度。
【变式3-2】(2019•鞍山)如图所示,用滑轮组拉动重70N的物体A,在10s内使A在水平方向上移动5m,所用拉力F为20N,地面对A的摩擦力为30N,则A运动速度是 m/s,滑轮组所做的有用功是 J,滑轮组的机械效率是 。
【考点】定滑轮和动滑轮的特点;机械效率的计算
【答案】0.5;150;75%。
【解析】
(1)A运动的速度v=
=
=0.5m/s;
(2)滑轮组做的有用功:
W有用=fs=30N×5m=150J;
(3)由图可知:
n=2,绳子自由端移动的距离sF=2s=2×5m=10m,
拉力F做的总功:
W总=FsF=20N×10m=200J,
滑轮组的机械效率:
η=
=
×100%=75%。
【点评】本题考查了使用滑轮组时速度公式、功的公式、效率公式的应用,本题关键:
知道水平使用滑轮组时克服摩擦力做的功为有用功。
【考点4】简单机械实验
【例4】(2019•烟台)在探究“影响滑轮组机械效率高低的因素“时,同学们提出了下列猜想
(1)滑轮组机械效率高低可能与动滑轮重力有关;
(2)滑轮组机械效率高低可能与被提升的物重有关;
(3)滑轮组机械效率高低可能与物体提升高度有关;
(4)滑轮组机械效率高低可能与承重绳子股数有关。
小明同学设计了如图所示的两个滑轮组,进行对比实验来验证提出的猜想,则该实验
验证的猜想是( )
A.
(1)B.
(2)C.(3)D.(4)
【考点】影响滑轮组机械效率的因素
【答案】B
【解析】比较两图可知,承重绳子股数相同,动滑轮重相同,提升高度可以相同,而被提升物体的重力不同;结合控制变量法的思想,所以该实验装置探究的是滑轮组的机械效率与被提升物体的重力的关系,即该实验验证的猜想是
(2)。
故选:
B。
【点评】
(1)运用控制变量法探究实验时,一定抓住相同因素和不同因素;
(2)结论的一般形式是:
在(相同因素)相同时,(不同因素)越( ),(研究的物理量)越( )
【变式4-1】(2019•株洲)采用如图所示站姿锻炼手臂力量:
双脚并拢,脚尖O触地,脚后跟踮起,手臂水平,手掌支撑在竖直墙壁上的A点,B为人体重心所在位置。
锻炼时,躯体伸直,手臂弯曲和伸直动作交替进行。
现要估测手掌对墙壁的压力F.(g为已知常量)
(1)用体重计称量出人体的体重(质量)m:
用卷尺分别测量出 两点间的竖直距离l1和 两点间的水平距离l2:
(填“A、O”或“B、O”)
(2)手掌对墙壁的压力F= (用已知和测得的物理量表示);
(3)锻炼时,脚尖离开墙壁越远,手掌对墙壁的压力就越 。
【考点】杠杆在生活中的应用
【答案】
(1)A、O;B、O;
(2)
;(3)大。
【解析】采用如图所示站姿锻炼手臂力量:
双脚并拢,脚尖O触地,脚后跟踮起,手臂水平,手掌支撑在竖直墙壁上的A点,B为人体重心所在位置。
锻炼时,躯体伸直,手臂弯曲和伸直动作交替进行。
现要佔测手掌对墙壁的压力F;
(1)用体重计称量出人体的体重(质量)m:
由图可知,
以脚尖O为支点,支持力F的力臂为A、O两点间的竖直距离,重力G的力臂为B、O两点间的水平距离,用卷尺分别测量出A、O两点间的竖直距离l1和B、O两点间的水平距离l2:
(2)由杠杆的平衡条件可得F′×l1=mgl2,所以墙壁对手掌的支持力:
F′=
;
支持力与手对墙壁的压力是一对相互作用力,故F=F′=
;
(3)由F×l1=mgl2可知,锻炼时,脚尖离开墙壁越远,l1减小,l2增大,质量不变,重力不变,手掌对墙壁的压力就越大。
【点评】本题主要考查杠杆的平衡条件的应用,关键是分析力臂。
【变式4-2】(2019•淄博)在日常生活和工农业生产中,提高机械效率有着重要的意义。
提高机械效率,要从研究影响机械效率的因素出发,寻求办法。
(1)为了探究影响机械效率的因素,小明选取了大小相同的滑轮,利用图甲和图乙装置进行实验,并把数据整理记录在下表中。
实验
次数
滑轮
材质
钩码重G/N
提升的高
度h/m
有用功
W有用/J
拉力
F/N
绳端移动
的距离s/m
总功
W总/J
机械效率。
η
1
铝
1
0.1
0.1
0.6
0.3
0.18
56%
2
铝
2
0.1
0.2
1.0
0.3
0.3
67%
3
铝
2
0.2
0.4
1.0
0.6
0.6
67%
4
塑料
2
0.2
0.4
0.8
0.6
0.48
83%
5
塑料
2
0.2
0.4
2.1
0.2
0.42
95%
①比较1和2两次实验发现:
在所用滑轮组一定时,提升的钩码 ,机械效率越高。
②比较3和4两次实验发现:
滑轮组的机械效率还与 有关。
③比较 两次实验发现:
在所用滑轮组一定时,机械效率与提升钩码的高度无关。
④第5次实验室利用了图 的装置完成的,判断依据是 。
⑤利用图甲的装置,把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起,滑轮组的机械效率为 。
可见如果没有刻度尺,只有测力计,也可以测量出滑轮组的机械效率。
(2)小明利用图丙装置实验发现:
斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关,与物重无关。
保持斜面倾斜程度不变,可以采用 的方法减小摩擦,从而提高斜面的机械效率。
(3)实验表明:
额外功越小,总功越接近有用功:
进一步推理得出:
假设没有额外功,总功等于有用功;可见使用任何机械都 。
下列物理规律的得出运用了这种研究方法的是 。
A、焦耳定律
B、牛顿第一定律
C、阿基米德原理
D、欧姆定律
【考点】滑轮组、斜面在生活中的应用
【答案】
(1)①重力越大;②动滑轮的重力;③2、3;④乙;绳子的效段数为1;⑤53.3%;
(2)减小接触面粗糙程度;(3)不省功;B。
【解析】
(1)①比较1和2两次实验发现:
在所用滑轮组相同,提升物体的重力越大,机械效率越高,即所用滑轮组一定时,提升的钩码重力越大,机械效率越高;
②比较3和4两次实验知,提升物体的重力相同,两滑轮的材质不同,而体积相同,根据G=mg=ρVg,两滑轮的重力不同,发现:
滑轮组的机械效率还与动滑轮的重力有关;
③比较2、3两次实验发现:
在所用滑轮组一定时,机械效率与提升钩码的高度无关。
④第5次实验室利用了图乙的装置完成的,判断依据是n=
=
=1,绳子的效段数为1;
⑤利用图甲的装置,把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起,滑轮组的机械效率为:
η=
=
=
=
=
×100%≈53.3%;
可见如果没有刻度尺,只有测力计,也可以测量出滑轮组的机械效率。
(2)小明利用图丙装置实验发现:
斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关,与物重无关。
保持斜面倾斜程度不变,可以采用减小接触面粗糙程度的方法减小摩擦,从而提高斜面的机械效率。
(3)实验表明:
额外功越小,总功越接近有用功:
进一步推理得出:
假设没有额外功,总功等于有用功;可见使用任何机械不省功(采用了理想化推理法):
ACD、焦耳定律、阿基米德原理、欧姆定律可通过实验直接验证,
B、而牛顿第一定律不能用实验直接验证,是在实验的基础下推理得出的,故选B。
【点评】本题考查控制变量法、数据分析、n=
的运用、滑轮组的机械效率的求法和减小摩擦的方法及实验推理法的运用。
【考点5】机械效率综合计算
【例5】(2019•恩施州)如图在粗糙斜面上将一个重为16N的物体匀速拉到高h处,沿斜面向上的拉力为10N,斜面长s=2m、高h=1m。
其中所做的有用功为 J,物体受到的摩擦力大小为 N,斜面的机械效率为 。
【考点】斜面机械效率的计算
【答案】16;2;80%。
【解析】
(1)所做的有用功为:
W有用=Gh=16N×1m=16J;
(2)拉力做的总功为:
W总=Fs=10N×2m=20J,
所做的额外功为:
W额=W总﹣W有用=20J﹣16J=4J;
由W额=fs得摩擦力:
f=
=
=2N。
(3)斜面的机械效率为:
η=
×100%=
×100%=80%;
【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算,明确克服摩擦力做功为额外功是解答此题的关键。
【变式5-1】(2019•杭州)如图甲,有一轻质杆,左右各挂由同种金属制成、质量分别为m1和m2(m1>m2)的实心物块后恰好水平平衡。
(1)求左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比。
(2)将两物分别浸没于水中(如图乙),杆将会 (选填“左端下降”“右端下降“或“仍然平衡”),试通过推导说明。
【考点】杠杆平衡条件;浮力的计算
【答案】
(1)左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比为m2:
m1。
(2)仍然平衡。
【解析】
(1)轻质杆左右各挂物块后,根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可得:
G1L1=G2L2,即:
m1gL1=m2gL2,所以,
=
;
(2)根据ρ=
可知同种金属制成的实心物块的体积分别为:
V1=
,V2=
;当浸没水中后,实心物块受到的浮力分别为:
F浮1=ρ水gV排1=ρ水gV1=ρ水g×
,F浮2=ρ水gV排2=ρ水gV2=ρ水g×
;
轻质杆左右两边受到的拉力分别为:
F1=G1﹣F浮1=m1g﹣ρ水g×
=m1g(1﹣
),
F2=G2﹣F浮2=m2g﹣ρ水g×
=m2g(1﹣
),
则:
F1L1=m1g(1﹣
)L1,F2L2=m2g(1﹣
)L2,
由于,m1gL1=m2gL2,所以,F1L1=F2L2;即:
杠杆仍然平衡。
【点评】本题涉及杠杆的平衡、重力的计算、浮力的判断,能锻炼学生综合处理物理问题的能力。
【变式5-2】(2020•河南一模)如图所示,用滑轮组从H=10m深的水中匀速提起底面积为0.04m2、高2m的实心圆柱体,该物体的密度是2.5g/cm3,在水中匀速提起该物体时,滑轮组的机械效率为80%,绕在滑轮上的绳子能承受的最大拉力F为1100N,不计摩擦和绳重。
求:
(1)圆柱体的重力;
(2)圆柱体浸没在水中时受到的浮力;
(3)将圆柱体匀速提升,当它上表面与水面刚好接触时,装置所做的额外功;
(4)判断在提升的过程中绳子会不会被拉断,若被拉断,绳子被拉断时,圆柱体留在水中的体积。
【考点】浮力、功和机械效率的计算
【答案】
(1)圆柱体重力为2000N;
(2)圆柱体浸没在水中时受到的浮力为800N;
(3)装置所做的额外功为2400J;
(4)圆柱体留在水中的体积为1×10﹣2m3。
【解析】
(1)圆柱体的体积:
V物=Sh物=0.04m2×2m=0.08m3,
由ρ=
可得圆柱体质量:
m=ρV=2.5×103kg/m3×0.08m3=200kg,
圆柱体重力:
G=mg=200kg×10N/kg=2000N;
(2)物体浸没在水中,V排=V物=0.08m3,
物体受到的浮力:
F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×0.08m3=800N;
(3)圆柱体匀速提升时,受力分析知,动滑轮下边挂钩对圆柱体的拉力F动=G﹣F浮=2000N﹣800N=1200N,当它上表面与水面刚好接触时,上表面移动距离为h=H﹣2m=10m﹣2m=8m,使用滑轮组做的有用功:
W有用=F动h=1200N×8m=9600J
滑轮组的机械效率:
η=
=
=
=80%,
解得:
W额外=2400J;
(4)由W额外=G轮h可得动滑轮重力:
G动=
=
=300N,
承担物体和动滑轮的绳子股数n=2,在滑轮上的绳子能承受的最大拉力F=1100N时,对动滑轮受力分析可知,动滑轮下边挂钩对物体施加的力:
F'动=2F﹣G动=2×1100N﹣300N=1900N,
拉断的瞬间,对物体受力分析可知,物体受到的浮力:
F'浮=G﹣F'动=2000N﹣1900N=100N,
则V排'=
=
=1×10﹣2m3。
【点评】本题的综合性很强,难度很大,所涉及的知识面比较广:
有重力、浮力,平衡力及其应用,滑轮组及其机械效率,有用功额外功的计算。
解答本题的关键是要理清题意,要学会对物体进行受力分析。
像解答这类题时,一定要沉着应对,切不可急于求成。
1.(2019•沈阳)如图所示,用一个直杆把飞机机翼模型固定在轻质杠杆上,直杆始终与杠杆垂直。
用同一弹簧测力计在a、b、c几种不同情形下拉杠杆,使杠杆始终在水平位置平衡。
下列说法中正确的是( )
A.测力计在a位置时的示数比模型和直杆的总重大
B.测力计从a位置转到b位置后,比a位置的示数小
C.测力计从a位置移至c位置后,比a位置的示数大
D.测力计在c位置时,对模型水平向右吹风,示数变大
【答案】A
【解析】由题可知,阻力等于模型和直杆的总重G,由于直杆始终与杠杆垂直,所以阻力臂L2始终不变,ABC、由图可知,用同一弹簧测力计在a、b、c几种不同情形下拉杠杆A时,其力臂分别为La、Lb、Lc,如图所示:
由图可知:
Lc>La>Lb,由杠杆原理可知G×L2=F×L可知,F=
,即L越大,F越小,可得:
Fb>Fa>Fc,故A正确,BC均不正确;
D、测力计在c位置时,对模型水平向右吹风,模型上方的流速比下方大,流速大的地方压强小,可知阻力减小,由题可知,阻力臂与动力臂不变,由杠杆原理可得动力变小,即测力计示数变小,故D不正确。
故选:
A。
【点评】本题考查了杠杆原理、流速与压强的关系。
2.(2019•台州)消防安全,人人有责。
下列有关灭火器使用方法的分析不正确的是( )
A.提灭火器时,手靠近瓶口,容易提起
B.拔保险销时,放开手柄,有利于拔出
C.用力压手柄时,手靠近瓶口,容易压下
D.对准火源根部扫射,灭火物质覆盖可燃物,快速灭火
【答案】C
【解析】A.提灭火器时,灭火器的重力为阻力,手掌上部与柄接触的位置为支点,手的下部对柄向上的力为动力,手靠近瓶口,这样能减小阻力臂,根据杠杆平衡条件可知,可以减小下面手的动力,容易提起灭火器,故A正确;
B.拔保险销时,放开手柄,减小了对保险销的压力,从而减小了摩擦力,有利于拔出,故B正确;
C.由图3知,用力压手柄(手柄类似于衣服夹子,如下图),手靠近瓶口时(即靠近支点),动力臂减小,根据杠杆的平衡条件可知,动力应增大,所以不容易压下手柄,故C错误;
D.根据灭火原理可知,对准火源根部扫射,灭火物质覆盖可燃物与氧气隔绝,可以快速灭火,故D正确。
故选:
C。
【点评】本题是一道考查灭火器正确使用的试题,掌握灭火器的正确使用方法解答本题的关键,贴近生活。
3.(2019•绍兴)如图是上肢力量健身器示意图,杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动,AB=3BO,配重的重力为120牛,重力为500牛的健身者通过细绳在B点施加竖直向下
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